Lösungen zu den Aufgaben aus Kapitel 6:
Stetige Funktionen - Sätze über stetige Funktionen
Lösungen zu den Aufgaben Der Fundamentalsatz von Weierstraß
Lösung zur Aufgabe 6.3.1 - Beispiele zum Fundamentalsatz von Weierstraß
| (i) | \( x_{min}=-1 \) mit \( f(x_{min})=-1, \) \( x_{max}=1 \) mit \( f(x_{max})=1 \) |
| (ii) | \( x_{min}=1 \) mit \( f(x_{min})=0, \) \( x_{max}=0 \) mit \( f(x_{max})=1 \) |
| (iii) | \( x_{min}=2 \) mit \( f(x_{min})=-4, \) \( x_{max}\in\{0,3\} \) mit \( f(x_{max})=0 \) |
Damit sind alle Größen bestimmt.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 6.3.2 - Gegenbeispiel zum Fundamentalsatz von Weierstraß
Die nichtstetige Funktion \[ f(x) =\left\{ \begin{array}{cl} 1, & x=0 \\ \displaystyle\frac{1}{x}\,, & 0\lt x\lt 1 \\ 2, & x=1 \end{array} \right. \] besitzt die geforderten Eigenschaften.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 6.3.3 - Folgerung aus dem Fundamentalsatz von Weierstraß
Nach dem Fundamentalsatz von Weierstraß existiert ein \( x_{min}\in[0,1] \) mit \[ f(x_{min})\le f(x)\quad\mbox{für alle}\ x\in[0,1]. \] Wir setzen \( \alpha:=f(x_{min}). \) Nach Voraussetzung ist \( \alpha\gt 0. \) Das war zu zeigen.\( \qquad\Box \)
Lösungen zu den Aufgaben Der Zwischenwertsatz von Bolzano-Weierstraß
Lösung zur Aufgabe 6.3.4 - Polynome und der Zwischenwertsatz
| (i) | Wir setzen |
\[ a:=\max\{|a_0|,|a_1|,\ldots,|a_{n-1}|\} \]
| und schätzen für |
\[ x\ge an+1,\quad\mbox{insbesondere also}\ x\gt 1\ \mbox{und}\ x-an\gt 0 \]
| wie folgt ab |
\[ \begin{array}{l} a_{n-1}x^{n-1}+\ldots+a_1x+a_0 \,\ge\,-a(x^{n-1}+\ldots+x+1) \\ \qquad\ge\,-a(x^{n-1}+\ldots+x^{n-1}+x^{n-1}) \,=\,-anx^{n-1} \end{array} \]
| und damit |
\[ x^n+a_{n-1}x^{n-1}+\ldots+a_1x+a_0 \ge x^n-anx^{n-1} =x^{n-1}(x-an) \gt 0. \]
| Für hinreichend große \( x\gt 0 \) ist also auch \( p(x)\gt 0. \) Analog schätzen wir für |
\[ x\le-(an+1),\quad\mbox{insbesondere also}\ |x|\gt 1\ \mbox{und}\ x+an\lt 0 \]
| wie folgt ab |
\[ \begin{array}{l} x^n+a_{n-1}x^{n-1}+\ldots+a_1x+a_0 \\ \qquad\le\,x^n+a|x|^{n-1}+\ldots+a|x|+a \\ \qquad\le\,x^n+a|x|^{n-1}+\ldots+a|x|^{n-1}+a|x|^{n-1} \\ \qquad=\,x^n+an|x|^{n-1}\,=\,x\cdot|x|^{n-1}+an|x|^{n-1} \\ \qquad=\,(x+an)|x|^{n-1}\lt 0. \end{array} \]
| Für hinreichend kleine \( x\lt 0 \) ist also auch \( p(x)\lt 0. \) Da \( p(x) \) auf ganz \( \mathbb R \) stetig ist, existiert daher nach dem Zwischenwertsatz von Bolzano-Weierstraß ein \( \xi\in\mathbb R \) mit \( p(\xi)=0. \) | |
| (ii) | Für gerades \( n\in\mathbb N \) gilt die Behauptung nicht, wie z.B. \( p(x)=x^2+2 \) zeigt. |
Damit ist alles bewiesen.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 6.3.5 - Nichtlineare Gleichungen und der Zwischenwertsatz
Wir setzen \[ f(x):=x^{179}+\frac{163}{1+x^2+x^4}-119,\quad x\in\mathbb R. \] Zunächst ist \[ x^{179}+\frac{163}{1+x^2+x^4}-119 \le x^{179}+\frac{163}{1}-119 =x^{179}+44, \] und nach Aufgabe 6.3.4 ist die rechte Seite negativ für hinreichend kleines \( x\lt 0. \) Entsprechend ist \[ x^{179}+\frac{163}{1+x^2+x^4}-119 \ge x^{179}+0-119 =x^{179}-119, \] und nach Aufgabe 6.3.4 ist die rechte Seite positiv für hinreichend große \( x\gt 0. \) Da \( f(x) \) stetig auf ganz \( \mathbb R \) ist, existiert nach dem Zwischenwertsatz von Bolzano-Weierstraß ein \( \xi\in\mathbb R \) mit \( f(\xi)=0.\qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 6.3.6 - Fixpunkte stetiger Funktionen
Betrachte nämlich die stetige Funktion \[ g(x):=f(x)-x,\quad x\in[a,b]. \] Dann ist wegen \( f(x)\in[a,b] \) zunächst \[ g(a)=f(a)-a\ge 0,\quad g(b)=f(b)-b\le 0. \] Gelten \( f(a)=a \) oder \( f(b)=b, \) so ist die Behauptung klar, denn mit \( x=a \) oder \( x=b \) wäre ein Fixpunkt gefunden. Wir nehmen also \( f(a)\gt a \) und \( f(b)\lt b \) an. Dann folgen \[ g(a)\gt 0 \quad\mbox{und}\quad g(b)\lt 0. \] Nach dem Zwischenwertsatz von Bolzano-Weierstraß existiert also ein \( \xi\in[a,b] \) mit \( g(\xi)=0 \) bzw. \( f(\xi)=\xi. \) Das war zu zeigen.\( \qquad\Box \)
Lösungen zu den Aufgaben Satz über monotone Funktionen
Lösung zur Aufgabe 6.3.7 - Auflösen einer nichtlinearen Gleichung
Zunächst ist \[ f(x):=e^x+2x+1,\quad x\in\mathbb R, \] stetig auf ganz \( \mathbb R, \) da nach Hinweis \( e^x \) stetig auf ganz \( \mathbb R \) ist. Außerdem ist \( f(x) \) streng monoton wachsend, da für \( x\lt y \) folgt \[ f(y)-f(x) =e^y+2y+1-(e^x+2x+1) =(e^y-e^x)+2(y-x) \gt 0, \] unter Beachtung des weiteren Hinweises, dass \( e^x \) streng monoton wächst. Schließlich schätzen wir - wieder nach Hinweis - wie folgt ab \[ \begin{array}{l} f(0)=e^0+2\cdot 0+1=1+1\gt 0, \\ f(-1)=e^{-1}+2\cdot(-1)+1=e^{-1}-2+1=e^{-1}-1\lt e^0-1=1-1=0. \end{array} \] Nach dem Satz aus Abschnitt 6.3.3 besitzt daher die Gleichung \[ f(x)=e^x+2x+1=0 \] genau eine Lösung \( \xi\in[-1,0]. \) Das war zu zeigen.\( \qquad\Box \)
Lösungen zu den Aufgaben Satz über die gleichmäßige Stetigkeit
Lösung zur Aufgabe 6.3.8 - Stetige Abbildungen auf nicht kompakten Mengen
| (i) | Die Funktion |
\[ f(x):=\frac{1}{x}\,,\quad x\in(0,1), \]
| ist nach Aufgabe 6.1.7 auf dem beschränkten und offenen Intervall \( (0,1) \) stetig, aber nicht gleichmäßig stetig. | |
| (ii) | Die Funktion |
\[ f(x):=x^2\,,\quad x\in\mathbb R, \]
| ist auf dem unbeschränkten und abgeschlossenen Intervall \( I=\mathbb R \) stetig, aber nicht gleichmäßig stetig. Dazu fehlt noch ein Nachweis. Angenommen, \( f(x) \) ist gleichmäßig stetig auf \( \mathbb R. \) Zu \( \varepsilon=1 \) existiert dann ein \( \delta\gt 0 \) mit |
\[ |f(x)-f(y)|\lt 1\quad\mbox{für alle}\ x,y\in\mathbb R\ \mbox{mit}\ |x-y|\lt\delta. \]
| Wähle nun \( x=n \) und \( y=n+\frac{\delta}{2} \) mit \( |x-y|=\frac{\delta}{2}\lt\delta. \) Es ist dann aber |
\[ |f(x)-f(y)| =\left|n^2-n^2-\delta n-\frac{\delta^2}{4}\right| =\delta n+\frac{\delta^2}{4} \gt 1, \]
| falls \( n\gt\frac{1}{\delta}. \) Dieser Widerspruch zeigt, dass \( f(x) \) nicht gleichmäßig stetig auf \( \mathbb R \) ist. |
Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 6.3.9 - Gleichmäßige Stetigkeit und Lipschitzstetigkeit
| (i) | Die Funktion |
\[ f(x):=x,\quad x\in[0,1], \]
| ist auf \( [0,1] \) Lipschitzstetig mit Lipschitzkonstante \( L=1 \) und damit nach Aufgabe 6.1.8 auch gleichmäßig stetig. | |
| (ii) | Die Funktion |
\[ f(x):=\sqrt{x}\,,\quad x\in[0,1], \]
| ist in \( [0,1] \) stetig und daher nach dem Satz aus Paragraph 6.3.4 auch gleichmäßig stetig. Sie ist aber nicht Lipschitzstetig, d.h. es gilt nicht |
\[ |f(x)-f(y)|\le L|x-y|\quad\mbox{für alle}\ x,y\in[0,1] \]
| mit einer Lipschitzkonstanten \( L\ge 0. \) Wählen wir nämlich \( x=\frac{1}{n^2} \) und \( y=\frac{1}{4n^2}, \) so würde folgen |
\[ |\sqrt{x}-\sqrt{y}| =\left|\frac{1}{n}-\frac{1}{2n}\right| =\frac{1}{2n} \le L\cdot\left|\frac{1}{n^2}-\frac{1}{4n^2}\right| =L\cdot\frac{3}{4n^2} \]
| bzw. nach Umstellen |
\[ L\ge\frac{4n^2}{6n}=\frac{2n}{3}\longrightarrow\infty\quad\mbox{für}\ n\to\infty\,. \]
| Das ist ein Widerspruch, d.h. \( f(x) \) ist nicht Lipschitzstetig. |
Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)